机电传动控制课后习题问答题答案
机电传动控制课后习题答案
习题与思考题第二章机电传动系统的动力学基础2.1 说明机电传动系统运动方程中的拖动转矩，静态转矩和动态转矩。
拖动转矩是有电动机产生用来克服负载转矩，以带动生产机械运动的。
静态转矩就是由生产机械产生的负载转矩。
动态转矩是拖动转矩减去静态转矩。
2.2 从运动方程式怎样看出系统是处于加速，减速，稳态的和静态的工作状态。
TM-TL>0说明系统处于加速，TM-TL<0 说明系统处于减速，TM-TL=0说明系统处于稳态（即静态）的工作状态。
2.3 试列出以下几种情况下（见题2.3图）系统的运动方程式，并说明系统的运动状态是加速，减速，还是匀速？（图中箭头方向表示转矩的实际作用方向）TM-TL>0系统的运动状态是减速系统的运动状态是匀速2.7 如图2.3（a）所示，电动机轴上的转动惯量J M=2.5kgm2,J L=16kgm2,转速n L=60 r/min折算到电动机轴上的等效转动惯量:j=Nm/N1=900/300=3J=JM+J1/j2+ JL/j12=2.5+2/9+16/225=2.79kgm2. 2.8如图2.3（b）所示，电动机转速n M=950 r/min，齿轮减速箱的传动比J1= J2=4，卷筒直径D=0.24m,滑轮的减速比J3=2，起重负荷力F=100N,电动机的费轮转距GD2M=1.05N m2, 齿轮，滑轮和卷筒总的传动效率为0.83。
试球体胜速度v和折算到电动机轴上的静态转矩T L以及折算到电动机轴上整个拖动系统的飞轮惯量GD2z.。
ωM=3.14*2n/60=99.43 rad/s.提升重物的轴上的角速度ω=ωM/j1j2j3=99.43/4*4*2=3.11rad/sv=ωD/2=0.24/2*3.11=0.373m/sT L=9.55FV/ηC n M=9.55*100*0.373/0.83*950=0.45NMGD2Z=δGD M2+ GD L2/j L2=1.25*1.05+100*0.242/322=1.318NM22.11 在题2.11图中，曲线1和2分别为电动机和负载的机械特性，试判断哪些是系统的稳定平衡点？哪些不是？交点是系统的稳定平衡点. 交点是系统的平衡点交点是系统的平衡交点不是系统的平衡点交点是系统的平衡点第三章3.10一台他励直流电动机的技术数据如下：P N=6.5KW,U N=220V, I N=34.4A, n N=1500r/min, R a =0.242Ω,试计算出此电动机的如下特性：①固有机械特性；②电枢服加电阻分别为3Ω和5Ω时的人为机械特性；③电枢电压为U N/2时的人为机械特性；④磁通φ=0.8φN时的人为机械特性；并绘出上述特性的图形。
机电传动控制课后习题答案
机电传动控制课后习题答案2.1 说明机电传动系统运动方程中的拖动转矩，静态转矩和动态转矩。
拖动转矩是有电动机产生用来克服负载转矩，以带动生产机械运动的。
静态转矩就是由生产机械产生的负载转矩。
动态转矩是拖动转矩减去静态转矩。
2.2 从运动方程式怎样看出系统是处于加速，减速，稳态的和静态的工作状态。
TM-TL>0说明系统处于加速，TM-TL<0 说明系统处于减速，TM-TL=0说明系统处于稳态（即静态）的工作状态。
2.4 多轴拖动系统为什么要折算成单轴拖动系统？转矩折算为什么依据折算前后功率不变的原则？转动惯量折算为什么依据折算前后动能不变的原则？因为许多生产机械要求低转速运行，而电动机一般具有较高的额定转速。
这样，电动机与生产机械之间就得装设减速机构，如减速齿轮箱或蜗轮蜗杆，皮带等减速装置。
所以为了列出系统运动方程，必须先将各转动部分的转矩和转动惯量或直线运动部分的质量这算到一根轴上。
转矩折算前后功率不变的原则是P=Tω, p 不变。
转动惯量折算前后动能不变原则是能量守恒MV=0.5Jω22.5为什么低速轴转矩大，高速轴转矩小？因为P= Tω,P不变ω越小T越大，ω越大T 越小。
2.6为什么机电传动系统中低速轴的GD2逼高速轴的GD2大得多?因为P=Tω，T=G?D2/375. P=ωG?D2/375. ,P不变转速越小GD2越大，转速越大GD2越小。
2.7 如图2.3（a）所示，电动机轴上的转动惯量J M=2.5kgm2, 转速n M=900r/min;中间传动轴的转动惯量J L=16kgm2,转速n L=60r/min。
试求折算到电动机轴上的等效专惯量。
折算到电动机轴上的等效转动惯量:j=Nm/N1=900/300=3,j1=Nm/Nl=15J=JM+J1/j2+ JL/j12=2.5+2/9+16/225=2.79kgm2. 2.8如图2.3（b）所示，电动机转速n M=950 r/min，齿轮减速箱的传动比J1= J2=4，卷筒直径D=0.24m,滑轮的减速比J3=2，起重负荷力F=100N,电动机的费轮转距GD2M=1.05N m2, 齿轮，滑轮和卷筒总的传动效率为0.83。
机电传动控制（第五版）课后习题答案
机电传动控制（第五版）课后习题答案习题与思考题第⼆章机电传动系统的动⼒学基础2.1 说明机电传动系统运动⽅程中的拖动转矩，静态转矩和动态转矩的概念。
拖动转矩是有电动机产⽣⽤来克服负载转矩，以带动⽣产机械运动的。
静态转矩就是由⽣产机械产⽣的负载转矩。
动态转矩是拖动转矩减去静态转矩。
2.2 从运动⽅程式怎样看出系统是处于加速，减速，稳态的和静态的⼯作状态。
TM-TL>0说明系统处于加速，TM-TL<0 说明系统处于减速，TM-TL=0说明系统处于稳态（即静态）的⼯作状态。
2.3 试列出以下⼏种情况下（见题2.3图）系统的运动⽅程式，并说明系统的运动状态是加速，减速，还是匀速？（图中箭头⽅向表⽰转矩的实际作⽤⽅向）TM=TL TM< TLTM-TL>0说明系统处于加速。
TM-TL<0 说明系统处于减速系统的运动状态是减速系统的运动状态是加速系统的运动状态是减速系统的运动状态是匀速2.4 多轴拖动系统为什么要折算成单轴拖动系统？转矩折算为什么依据折算前后功率不变的原则？转动惯量折算为什么依据折算前后动能不变的原则？因为许多⽣产机械要求低转速运⾏，⽽电动机⼀般具有较⾼的额定转速。
这样，电动机与⽣产机械之间就得装设减速机构，如减速齿轮箱或蜗轮蜗杆，⽪带等减速装置。
所以为了列出系统运动⽅程，必须先将各转动部分的转矩和转动惯量或直线运动部分的质量这算到⼀根轴上。
转矩折算前后功率不变的原则是P=Tω, p 不变。
转动惯量折算前后动能不变原则是能量守恒MV=0.5Jω22.5为什么低速轴转矩⼤，⾼速轴转矩⼩？因为P= Tω,P不变ω越⼩T越⼤，ω越⼤T 越⼩。
2.6为什么机电传动系统中低速轴的GD2逼⾼速轴的GD2⼤得多?因为P=Tω，T=G?D2/375. P=ωG?D2/375. ,P不变转速越⼩GD2越⼤，转速越⼤GD2越⼩。
2.7 如图2.3（a）所⽰，电动机轴上的转动惯量J M=2.5kgm2,转速n M=900r/min;中间传动轴的转动惯量J L=16kgm2,转速n L=60 r/min。
机电传动控制第五版课后答案--最全版
机电传动控制第五版课后答案--最全版机电传动控制是一门涉及机械、电气和控制等多领域知识的重要学科，对于相关专业的学生和从业者来说，掌握这门课程的知识至关重要。
而课后习题的答案则是检验学习成果、加深理解的重要工具。
以下为您提供机电传动控制第五版的课后答案，希望能对您的学习有所帮助。
第一章绪论1、机电传动控制的目的是什么？答：机电传动控制的目的是将电能转变为机械能，实现生产机械的启动、停止、调速、反转以及各种生产工艺过程的要求，以满足生产的需要，提高生产效率和产品质量。
2、机电传动系统由哪些部分组成？答：机电传动系统通常由电动机、传动机构、生产机械、控制系统和电源等部分组成。
电动机作为动力源，将电能转化为机械能；传动机构用于传递动力和改变运动形式；生产机械是工作对象；控制系统用于控制电动机的运行状态；电源则为整个系统提供电能。
3、机电传动系统的运动方程式是什么？其含义是什么？答：运动方程式为 T M T L ＝J(dω/dt) 。
其中，T M 是电动机产生的电磁转矩，T L 是负载转矩，J 是转动惯量，ω 是角速度，dω/dt 是角加速度。
该方程式表明了机电传动系统中电动机的电磁转矩与负载转矩之间的平衡关系，当 T M ＞ T L 时，系统加速；当 T M ＜ T L 时，系统减速；当 T M ＝ T L 时，系统以恒定速度运行。
第二章机电传动系统的动力学基础1、为什么机电传动系统中一般需要考虑转动惯量的影响？答：转动惯量反映了物体转动时惯性的大小。
在机电传动系统中，由于电动机的转速变化会引起负载的惯性力和惯性转矩，转动惯量越大，系统的加速和减速过程就越困难，响应速度越慢。
因此，在设计和分析机电传动系统时，需要考虑转动惯量的影响，以确保系统的性能和稳定性。
2、多轴传动系统等效为单轴系统的原则是什么？答：多轴传动系统等效为单轴系统的原则是：系统传递的功率不变，等效前后系统的动能相等。
3、如何计算机电传动系统的动态转矩？答：动态转矩 T d ＝ T M T L ，其中 T M 是电动机的电磁转矩，TL 是负载转矩。
机电传动控制第二版课后练习题含答案
机电传动控制第二版课后练习题含答案注意：以下题目及答案仅供参考，具体答案需根据实际情况而定。
第一章选择题1.在PLC控制系统中，属于输入信号的是：A. 电动机转速B. 光电开关信号C. 驱动器输出信号D. 电源电压【答案】 B2.PLC控制系统中的通讯接口属于下列哪种类别？A. 并行接口B. 串行接口C. USB接口D. 网络接口【答案】 B第二章填空题1.电话拨号机是一种由_________控制的机电一体化设备。
【答案】数字信号2.__________________是PLC的基本组成部分，它用于检测输入信号的状态并决定输出信号的状态。
【答案】 PLC输入输出模块3.在闭环控制中，____________是与实际输出信号相比较以检测误差的元件。
【答案】比较器第三章简答题1.请解释机械传动中的速度比。
【答案】速度比是指输入轴与输出轴的转速之比，通常表示为i，公式为i=输出轴转速/输入轴转速。
2.请简述闭环控制中的基本概念。
【答案】闭环控制是指通过比较输出信号和期望值信号之间的差异，来使得输出信号和输入信号之间的差异最小化的控制系统。
闭环控制系统有感知环节，执行环节和反馈环节三个基本部分。
第四章综合题某工厂生产一款机器人，需要通过气动元件控制机器人的移动。
机器人有三个移动方向：上下、前后和左右。
请设计一个气动控制系统，使得机器人可以完成以下动作：•向左移动3秒钟，速度为每秒50cm•向后移动2秒钟，速度为每秒30cm•向上移动1秒钟，速度为每秒20cm并画出相应的气动控制图。
【答案】暂无。
机电传动控制课后习题答案
10.1晶闸管的导通条件是什么？导通后流过晶闸管的电流决定于什么？晶闸管由导通转变为阻断的条件是什么？阻断后它所承受的电压决定于什么？晶闸管的导通条件是:(1) 晶闸管的阳极和阴极之间加正向电压。
（2）晶闸管的阳极和控制极通时加正相电压市晶闸管才能导通.导通后流过晶闸管的电流决定于(电压不变时)限流电阻(使用时由负载)决定.晶闸管由导通转变为阻断的条件是当减少阳极电压或增加负载电阻时,阳极电流随之减少,当阳极电流小于维持电流时,晶闸管便从导通状态转化维阻断状态.阻断后它所承受的电压决定于阳极和阴极的反向转折电压.10.2晶闸管能否和晶体管一样构成放大器？为什么？晶闸管不能和晶体管一样构成放大器,因为晶闸管只是控制导通的元件,晶闸管的放大效应是在中间的PN节上.整个晶闸管不会有放大作用.10.3试画出题10.3图中负载电阻R上的电压波形和晶闸管上的电压波形。
10.4 如题4如题10.4图所示，试问：①在开关S闭合前灯泡亮不亮？为什么？②在开关S闭合后灯泡亮不亮？为什么？③再把开关S断开后灯泡亮不亮？为什么？①在开关S闭合前灯泡不亮,因为晶闸管没有导通.②在开关S闭合后灯泡亮,因为晶闸管得控制极接正电,导通.③再把开关S断开后灯泡亮,因为晶闸管导通后控制极就不起作用了.10.5如题10.5图所示，若在t1时刻合上开关S，在t2时刻断开S，试画出负载电阻R上的电压波形和晶闸管上的电压波形。
10.6晶闸管的主要参数有哪些？晶闸管的主要参数有①断态重复峰值电压U DRE:在控制极断路何竟闸管正向阻断的条件下,可以重复加在晶闸管两端的正向峰值电压,其数值规定比正向转折电压小100V.①反向重复峰值电压U RRM:在控制极断路时,可以重复加在晶闸官元件上的反向峰值电压.②额定通态平均电流(额定正向平均电流)I T.③维持电流I H:在规定的环境温度和控制极断路时,维持元件导通的最小电流.10.7如何用万用表粗测晶闸管的好坏？良好的晶闸管,其阳极A与阴极K之间应为高阻态.所以,当万用表测试A-K间的电阻时,无论电表如何接都会为高阻态,而G-K间的逆向电阻比顺向电阻大.表明晶闸管性能良好. 10.8晶闸管的控制角和导通角是何含义？晶闸管的控制角是晶闸官元件承受正向电压起始到触发脉冲的作用点之间的点角度.导通角是晶闸管在一周期时间内导通得电角度.10.9有一单相半波可控整流电路，其交流电源电压U2=220V ,负载电阻R L=10 Ω,试求输出电压平均值U d的调节范围,当α=π/3，输出电压平均值U d和电流平均值I d 为多少？并选晶闸管.U d=1/2π∫απ√2sinwtd(wt)=0.45U2(1+cosα)/2=0.45*220(1+1)/2=99V输出电压平均值U d的调节范围0-99V当α=π/3时U d= 0.45U2(1+cosα)/2=0.45*220*（1+0.866）/2=92.4V输出电压平均值U d=92.4V电流平均值I d= U d/R L=92.4/10=9.24A10.10续流二极管有何作用？为什么？若不注意把它的极性接反了会产生什么后果？续流二极管作用是提高电感负载时的单相半波电路整流输出的平均电压。
机电传动控制课后习题答案1..
习题与思考题第二章机电传动系统的动力学基础2.1 说明机电传动系统运动方程中的拖动转矩，静态转矩和动态转矩。
拖动转矩是有电动机产生用来克服负载转矩，以带动生产机械运动的。
静态转矩就是由生产机械产生的负载转矩。
动态转矩是拖动转矩减去静态转矩。
2.2 从运动方程式怎样看出系统是处于加速，减速，稳态的和静态的工作状态。
TM-TL>0说明系统处于加速，TM-TL<0 说明系统处于减速，TM-TL=0说明系统处于稳态（即静态）的工作状态。
2.3 试列出以下几种情况下（见题2.3图）系统的运动方程式，并说明系统的运动状态是加速，减速，还是匀速？（图中箭头方向表示转矩的实际作用方向）TM-TL>0说明系统处于加速。
TM-TL<0 说明系统处于减速系统的运动状态是减速系统的运动状态是加速系统的运动状态是减速系统的运动状态是匀速2.7 如图2.3（a）所示，电动机轴上的转动惯量J M=2.5kgm2, 转速n M=900r/min; 中间传动轴的转动惯量J L=16kgm2,转速n L=60 r/min。
试求折算到电动机轴上的等效专惯量。
折算到电动机轴上的等效转动惯量:j=Nm/N1=900/300=3 ,j1=Nm/Nl=15J=JM+J1/j2+ JL/j12=2.5+2/9+16/225=2.79kgm2.2.8如图2.3（b）所示，电动机转速n M=950 r/min，齿轮减速箱的传动比J1= J2=4，卷筒直径D=0.24m,滑轮的减速比J3=2，起重负荷力 F=100N,电动机的费轮转距GD2M=1.05N m2, 齿轮，滑轮和卷筒总的传动效率为0.83。
试球体胜速度v和折算到电动机轴上的静态转矩T L以及折算到电动机轴上整个拖动系统的飞轮惯量GD2z.。
ωM=3.14*2n/60=99.43 rad/s.提升重物的轴上的角速度ω=ωM/j1j2j3=99.43/4*4*2=3.11rad/sv=ωD/2=0.24/2*3.11=0.373m/sT L=9.55FV/ηC n M=9.55*100*0.373/0.83*950=0.45NMGD2Z=δGD M2+ GD L2/j L2=1.25*1.05+100*0.242/322=1.318NM22.11 在题2.11图中，曲线1和2分别为电动机和负载的机械特性，试判断哪些是系统的稳定平衡点？哪些不是？交点是系统的稳定平衡点. 交点是系统的平衡点交点是系统的平衡交点不是系统的平衡点交点是系统的平衡点第三章3.10一台他励直流电动机的技术数据如下：P N=6.5KW,U N=220V, I N=34.4A, n N=1500r/min, R a =0.242Ω,试计算出此电动机的如下特性：①固有机械特性；②电枢服加电阻分别为3Ω和5Ω时的人为机械特性；③电枢电压为U N/2时的人为机械特性；④磁通φ=0.8φN时的人为机械特性；并绘出上述特性的图形。
机电传动控制习题解答
n=f(TM)
n’ n n=f(TL)
0
C
T’MT’L T
分析：
假设干扰使得转速上升到n1’ n 1 n’1 2 由图示可看出： 且 T’M < T’L T’M < T’L
当干扰使得转速下降到n1’’ n1 n1’’ 0 T’M C TL
a
由 T
a是稳定平衡点
P40 3.3
一台他励直流电动机所拖动的负载转矩 TL =常数，当电枢电压或电枢附加电阻 改变时，能否改变其稳定运行状态下电 枢电流的大小？为什么？这时拖动系统 中哪些量必然要发生变化？
1.05 365
100 0.3732 950
2
1.05
3.7
解：
E U I a Ra E1 U1 I N Ra 150 65.3 0.25 166.325 V E2 U 2 I N Ra 220 65.3 0.25 236.325 V
nM 900 jL 15 nL 60
2 16 J Z 2.5 2 2 2.793kg m2 3 15
2.8
解：由
M j1 j2 16 L
1 2 L M M nM 16 60 1 1 2 1 2 L M nM 950 6.22rad / s 16 16 60 16 60
答： 已知TL=常数，U=常数，Ra=常数 在稳态运行时，电动机的电磁转矩 T = TL＝ KtΦIa =常数 Φ减小， Ia增大 E=U-IaRa E减小 即E< E1
2.7
解：对于图2.3(a)所示的拖动系统，折算到电动机轴上的 等效转动惯量
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机电传动控制课后习题问答题答案2.1 说明机电传动系统运动方程式中的拖动转矩、静态转矩和动态转矩的概念。
答：拖动转矩：电动机产生的转矩Tm或负载转矩TL与转速n相同时，就是拖动转矩。
静态转矩：电动机轴上的负载转矩TL，它不随系统加速或减速而变化。
动态转矩：系统加速或减速时，存在一个动态转矩Td，它使系统的运动状态发生变化。
2.2 从运动方程式怎样看出系统是加速的、减速的、稳定的和静止的各种工作状态？答：运动方程式：Td>0时：系统加速；Td=0时：系统稳速；Td<0时，系统减速或反向加速2.3 试列出以下几种情况下系统的运动方程式，并说明系统的运行状态是加速、减速还是匀速？（图中箭头方向表示转矩的实际作用方向）答：a匀速，b减速，c减速，d加速，e减速，f匀速2.4 多轴拖动系统为什么要折算成单轴拖动系统？转矩折算为什么依据折算前后功率不变的原则？转动惯量折算为什么依据折算前后动能不变的原则？答：在多轴拖动系统情况下，为了列出这个系统运动方程，必须先把各传动部分的转矩和转动惯量或直线运动部分的质量都折算到电动机轴上。
由于负载转矩是静态转矩，所以可根据静态时功率守恒原则进行折算。
由于转动惯量和飞轮转矩与运动系统动能有关，所以可根据动能守恒原则进行折算。
2.5 为什么低速轴转矩大？调速轴转矩小？答：忽略磨擦损失的情况下，传动系统的低速轴和调速轴传递的功率是一样的，即P1＝P2而P1＝T1ω1，P2＝T2ω2所以T1ω1＝T2ω2，当ω1＞ω2时，T1＜T22.6 为什么机电传动系统中低速轴的GD2比高速轴的GD2大得多？答：因为低速轴的转矩大，所设计的低速轴的直径及轴上的齿轮等零件尺寸大，质量也大，所以GD2大，而高速轴正好相反。
2.9 一般生产机械按其运动受阻力的性质来分可有哪几种类型的负载？答：恒转矩型、泵类、直线型、恒功率型。
2.10 反抗静态转矩与位能静态转矩有何区别，各有什么特点？答：反抗性恒转矩负载恒与运动方向相反。
位能性恒转矩负载作用方向恒定，与运动方向无关。
2.11 如图所示，曲线1和2分别为电动机和负载的机械特性，试判断哪些是系统的稳定平衡点？哪些不是？答：（d）不是稳定运动点，其余都是稳定运行点。
3.1 为什么直流电机的转子要用表面有绝缘层的硅钢片叠压而成？答：转子在主磁通中旋转，要产生涡流和磁滞损耗，采用硅钢软磁材料，可减少磁滞损耗，而采用“片”叠压成，可减少涡流损耗。
3.11 为什么直流电动机直接启动时启动电流很大？答：因为Tst=UN/Ra，Ra很小，所以Tst很大，会产生控制火花，电动应力，机械动态转矩冲击，使电网保护装置动作，切断电源造成事故，或电网电压下降等。
故不能直接启动。
3.12 他励直流电动机启动过程中有哪些要求？如何实现？答：要求电流Ist≤（1.5~2）IN，可采用降压启动、电枢回路串电阻进行启动。
3.13 直流他励电动机启动时，为什么一定要先把励磁电流加上，若忘了先合励磁绕组的电源开关就把电枢电源接通，这时会产生什么现象（试从TL=0和TL=TN两种情况加以分析）？当电动机运行在额定转速下，若突然将励磁绕组断开，此时又将出现什么情况？答：当TL=0启动时：因为励磁绕组有一定剩磁，使Φ≈0；启动时，n＝0，E＝0，根据UN=E+IaRa 知，UN全加在电阻Ra上，产生很大的Ia（(10~20)IN），但因为Φ≈0，所以T＝KtΦIa并不大，因为TL≈0，所以动转矩大于0，系统会加速启动；启动后，虽有n，使E变大点，但因为Φ≈0，所以E仍不大，UN 大部分仍要加在电阻Ra上，产生很大Ia和不大的T，使系统不断加速；当系统达到“飞车”时，在相当大的某一n稳速运行时，T＝KtΦIa=TL ≈0，所以Ia≈0，此时，E相当大，UN几乎和E平衡。
当TL=TN启动时：n＝0，E＝0，根据UN=E+IaRa知，UN全加在电阻Ra上，产生很大的Ia（(10~20)IN），但因为Φ≈0，所以T＝KtΦIa并不大，因为TL= TN，所以系统无法启动。
当电动机运行在额定转速下，T＝KtΦNIaN = TL＝TN，n＝nN，此时断开励磁，Φ≈0，虽然仍有n＝nN，但E ≈0，根据UN=E+IaRa知，UN全加在电阻Ra上，产生很大的Ia，但因为Φ≈0，所以T＝KtΦIa并不大，因为TL= TN，所以T＜TL，系统逐渐减速到停车。
3.16 直流电机用电枢电路串电阻的办法启动时，为什么要逐渐切除启动电阻？切除太快，会带来什么后果？答：见书上图3.23。
如果只一段启动电阻，当启动后，把电阻一下切除，则电流会超过2IN，冲击大。
所以应采用逐级切除电阻办法，切除太快，也会产生电流冲击大，见书上图3.24。
3.17 转速调节（调速）与固有的速度变化在概念上有什么区别？答：调速：在一定负载条件下，人为地改变电动机的电路参数，以改变电动机的稳定转速。
速度变化：由于电动机负载转矩发生变化而引起的电动机转速变化。
3.18 他励直流电动机有哪些方法进行调速？它们的特点是什么？答：改变电枢电路外串电阻调速：机械特性较软，稳定度低；空载或轻载时，调速范围不大；实现无级调速困难；电阻上消耗电能大。
用于起重机、卷扬机等低速运转时间不长的传动系统。
改变电动机电枢供电电压调速：电源电压连续变化时，转速可以平滑无级调节；在额定转速以下调；特性与固有特性平行，硬度不变，稳定度高，调速范围大；属恒转矩调速，适合拖动恒转矩负载，可以靠调电枢电压启动电机，不用其它设备。
改变电机主磁通调速：可无级调速，额定转速以上调（弱磁升速），特性软，最高转速不得超过额定转速的1.2倍，调速范围不大；属恒功率调速，适合于恒功率负载。
往往和调压调速配合使用。
3.19 直流电动机的电动与制动两种运转状态的根本区别何在？答：电动：电动机发出的转矩T与转速n方向相同；制动：T与n相反。
3.20 他励直流电动机有哪几种制动方法？它们的机械特性如何？试比较各种制动方法的优缺点。
答：反馈制动：运行在二、四象限，转速大于理想空载转速。
用于起重机调速下放重物，电网吸收电能，运行经济。
电源反接制动：制动迅速，能量靠电阻吸收，但容易反向启动。
倒拉反接制动：可得较低下降速度，对TL大小估计不准，本应下降，也许会上升，特性硬度小，稳定性差，电阻消耗全部能量。
能耗制动：用于迅速准确停车及恒速下放重物，电阻消耗全部能量。
3.21 一台直流他励电动机拖动一台卷扬机构，在电动机拖动重物匀速上升时将电枢电源突然反接，试利用机械特性从机电过程上说明：（1）从反接开始到系统达到新的稳定平衡状态之间，电动机经历了几种运行状态？最后在什么状态下建立系统新的稳定平衡点？（2）各种状态下转速变化的机电过程怎样？答：（1）经历反接制动、反向电动、反向回馈制动，最后在反向回馈制动运行状态下建立系统新的稳定平衡点。
（2）当电压反向时，n不变，电压平衡方程式：－U＝E＋Ia(Ra+Rad)，Ia=(-U-E)/(Ra+Rad)<0所以T反向，与n方向相反，制动；T与TL一起使n ↓，→E↓→反向Ia↓→反向T ↓，最后到c点，n=0；此时，TL和T使电动机n反向，重物下降。
处于反向电动状态。
因为n反向，所以E也反向，Ia=(-U＋E)/(Ra+Rad)，即反向电流Ia↓→反向T↓；在T和TL作用下，反向n ↑→反向E ↑，在某一时刻，－U ＋E＝0，→Ia=0，T＝0，即达到d点。
但此时仍有TL→反向n ↑→反向E ↑→－U＋E＞0→Ia>0，T＞0，产生制动。
当T＜TL时，还会→反向n ↑→E↑→Ia↑→T ↑，达到T＝TL，达到e点，稳速运行。
5.4 当三相异步电动机的负载增加时，为什么定子电流会随转子电流的增加而增加？答：当负载增加时，转子电流增加；因为转子相当于变压器的副边，而定子相当于变压器的原边，所以当转子电流增加时，定子电流也会增加。
5.7 三相异步电动机正在运行时，转子突然被卡住，这时电动机的电流如何变化？对电动机有何影响？答：电动机电流增大，烧坏电机。
5.8三相异步电动机断了一根电源线后，为什么不能启动？而在运行时断了一线，为什么仍能继续转动？这两种情况对电动机将产生什么影响？答：断了一根电源线后，变成单相异步电动机，没有旋转磁场，所以不能启动。
但仍能继续运转。
启动时，脉动磁场使转子产生交变电流，发热。
运转时，因为断了一相，变成单相，而单相产生的脉动磁场，分解成两个转向相反的旋转磁场后，存在：Bm1=Bm2=Bm/2与转子旋转方向相同的旋转磁场的Φ比三相运转时的Φ要小，所以I2增大；另外，与转子旋转方向相反的旋转磁场的Φ使T减小。
所以，断了一根电源线后，如果较大的TL还不变，当稳定运行时，不但n下降，面且I2相当大，会烧坏电机。
5.9 三相异步电动机在相同电源电压下，满载和空载启动时，启动电流是否相同？启动转矩是否相同？答：启动电流一样，启动转矩相同。
5.10 三相异步电机为什么不运行在Tmax或接近Tmax的情况下？答：一般Tmax是TN的2~2.5倍，在Tmax或接近Tmax运行时，I2大很多，电机会被烧坏。
5.13 线绕式异步电动机采用转子串电阻启动时，所串电阻愈大，启动转矩是否也愈大？答：不是。
串电阻大到一定程度后，启动转矩会变小，因为虽然cosφ2增大，但I2减小太多。
5.14 为什么线绕式异步电动机在转子串电阻启动时，启动电流减少而启动转矩反而增大？答：因为适当串入电阻后，虽然I2减少，但cosφ2增大很多，所以启动转矩增加。
5.15 异步电动机有哪几种调速方法？各种调速方法有何优缺点？答：调压调速：可无级调速，但减小U时，T按U2减少，所以调速范围不大。
转子电路串电阻调速：只适于线绕式。
启动电阻可兼作调速电阻，简单、可靠，但属有级调速。
随转速降低，特性变软，低速损耗大，用在重复短期运转的机械，如起重机。
变极对数调速：多速电动机，体积大，价贵，有级调速。
结构简单，效率高，调速附加设备少。
用于机电联合调速。
变频调速：用于一般鼠笼式异步电动机，采用晶闸管变频装置。
5.16 什么叫恒功率调速？什么叫恒转矩调速？答：在调速过程中，无论速度高低，当电动机电流保持不变时，电磁转矩也不变，这种调速叫恒转矩调速。
在调速过程中，无论速度高低，当电动机电流保持不变时，功率也不变，叫恒功率调速。
5.17 异步电动机变极调速的可能性和原理是什么？其接线图是怎样的？答：使每相定子绕组中一半绕组内的电流改变方向，即可改变极对数，也就改变了转速。
接线图如书上图5.40。
5.18 异步电动机有哪几种制动状态？各有何特点？答：反馈制动：用于起重机高速下放重物，反馈制动时，动能变为电能回馈给电网，较经济，只能在高于同步转速下使用。